专题提升9　应用动能定理解决多过程问题-2025版高考总复习物理

1．(2024·四川成都诊断)如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10m/s2)()A．8m B．9mC．10m D．11m解析：滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，则速度vC＝eq\r(gr)，设滑块在BEC段上克服摩擦力做的功为W1，由动能定理得mg(H－2r)－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，则W1＝mg(H－2r)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mg(H－eq\f(5,2)r)，滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足0<W2<W1，从C到D，由动能定理得－mg(h－2r)－W2＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入得8m<h<10m，B正确。答案：B2.如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深度后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球落地时的动能等于mg(H＋h)B．小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能C．泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg(1＋eq\f(H,h))解析：根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错误；小球从落地到陷入泥土中h深度的过程，由动能定理得0－eq\f(1,2)mv2＝mgh－W克阻，解得W克阻＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，B错误；根据动能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力对小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C错误；根据动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mg(1＋eq\f(H,h))，D正确。答案：D3．(多选)如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道平滑连接。小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域。已知PB＝3R，重力加速度为g，F的大小可能为()A．eq\f(1,2)mg B．eq\f(5mg,6)C．mg D．eq\f(7mg,6)解析：小物体能通过C点应满足meq\f(veq\o\al(2,C),R)≥mg，且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则有2R＝eq\f(1,2)gt2，vCt<3R，对小物体从P点到C点由动能定理得F·3R－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，联立解得eq\f(5mg,6)≤F<eq\f(25mg,24)，故B、C正确，A、D错误。答案：BC4．如图所示，一物体由固定斜面上的A点以初速度v0下滑到底端B，它与挡板发生无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零。设A、B两点高度差为h，重力加速度为g，则它与挡板碰前瞬间的速度大小为()A.eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),4)) B．eq\r(2gh)C.eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2)) D．eq\r(2gh＋veq\o\al(2,0))解析：设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为f(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)，斜面长为s，则对物体由A→B→A的整个过程运用动能定理，得－2fs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。同理，对物体由A到B的过程运用动能定理，设物体与挡板碰前瞬间速度为v，则mgh－fs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2))，C正确。答案：C5.如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线拴在墙上，小球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v。对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是()A．小球离开弹簧时的动能是eq\f(1,2)mv2B．弹簧弹力做的功等于eq\f(1,2)mv2C．弹簧弹力与重力做功的和等于eq\f(1,2)mv2D．弹簧弹力与摩擦力做功的和等于eq\f(1,2)mv2－mgh解析：从烧断细线到小球刚要落地的整个过程中，根据动能定理可知W弹－Wf＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，移项可知，小球离开弹簧时的动能不等于eq\f(1,2)mv2，落地时动能才等于eq\f(1,2)mv2，A错误；弹簧弹力做的功等于eq\f(1,2)mv2－mgh＋Wf，B错误；弹簧弹力与重力做功的和等于eq\f(1,2)mv2＋Wf，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和等于eq\f(1,2)mv2－mgh，D正确。答案：D6．(2024·四川攀枝花诊断)如图甲所示的是一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。滑道简化图如图乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面的夹角为θ1，两端竖直距离均为h0；BC段与水平面的夹角为θ2，两端竖直距离为eq\f(1,2)h0。一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于eq\r(2gh0)，已知sinθ1＝eq\f(1,4)、sinθ2＝eq\f(1,8)，坐垫与滑道底面间的摩擦及空气阻力均不计，若未使用坐垫，游客与滑道底面间的摩擦力大小f恒为重力的0.1，运动过程中游客始终不离开滑道。(1)游客使用坐垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦)，则游客在BC段增加的动能ΔEk为多大？(2)若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D点时是否安全？(3)若游客使用坐垫安全下滑至D点，则克服侧壁摩擦力做功的最小值为多少？解析：(1)由动能定理得ΔEk＝eq\f(1,2)mgh0。(2)在AD段，由动能定理得mg(h0＋eq\f(1,2)h0＋h0)－0.1mg(eq\f(2h0,sinθ1)＋eq\f(\f(1,2)h0,sinθ2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0解得vD＝eq\r(2.6gh0)＞eq\r(2gh0)因此游客到达D点时不安全。(3)整个过程，由动能定理得mg(h0＋eq\f(1,2)h0＋h0)－Wmin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Dmax)－0解得Wmin＝1.5mgh0。答案：(1)eq\f(1,2)mgh0(2)不安全(3)1.5mgh0[能力提升练]7．(多选)(2021·全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长解析：设物体向上滑动的距离为s，根据动能定理得，上滑过程，有－(mgsinα＋μmgcosα)s＝0－Ek，下滑过程，有(mgsinα－μmgcosα)s＝eq\f(Ek,5)－0，联立解得s＝eq\f(Ek,mg)、μ＝0.5，故选项A错误，C正确；下滑过程，根据牛顿第二定律得mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，故选项B正确；物体上滑与下滑过程都做匀变速直线运动，但上滑的初速度比回到出发点时的速度大，根据s＝eq\f(v,2)t知，下滑的时间较长，故选项D错误。答案：BC8．(2024·四川绵阳中学诊断)如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m。现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75。过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10m/s2。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；(3)减速直轨道FG的长度x。解析：(1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入数据得vC＝8eq\r(10)m/s。(2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得F＝7×103N由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103N。(3)全程应用动能定理mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μ1mgcos37°·eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0解得x＝30m。答案：(1)8eq\r(10)m/s(2)7×103N(3)30m9．(2022·湖南卷节选)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍(λ为常数且0<λ<eq\f(H－h,H＋h))，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0已知，求F0的大小。解析：(1)篮球运动过程中阻力大小为F阻＝λmg篮球从最高点下落到第一次碰到地面前，由动能定理有(mg－F阻)H＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,前)篮球从第一次碰到地面到上升至最高点，由动能定理有－(mg＋F阻)h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,后)联立解得篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比k＝eq\f(v后,v前)＝eq\r(\f((1＋λ)h,(1－λ)H))。(2)篮球从h高处到第二次碰到地面